阶段综合检测卷（五）立体几何2026年高考数学第一轮专题复习：专题练习 含答案

/阶段综合检测卷(五)立体几何一、单项选择题1．设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是()A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥lB．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥βC．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥lD．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β2．在三棱锥P­ABC中，已知PA⊥底面ABC，CA＝CB＝PA＝2，AC⊥BC，则三棱锥P­ABC外接球的体积为()A．16πB．43πC．48πD．123π3．如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为()A．3B．4C．42D．64．如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为V1，它的内切球的体积为V2，则V1∶V2＝()A．2∶3B．22∶3C．2∶1D．2∶15．通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环(其中小圆和大圆的半径分别是1cm和4cm)制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为()A．32cmB．1cmC．3cmD．36．已知正三棱柱ABC­A1B1C1，过底边BC的平面与上底面交于线段MN，若截面BCMN将三棱柱分成了体积相等的两部分，则MNBCA．3−12C．3−327．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为()A．π4，πC．π6，π48．正四面体ABCD的棱长为a，O是棱AB的中点，以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切，则球O的体积是()A．16πa3B．26πa3C．36πa3D．2二、多项选择题9．已知m，n表示空间内两条不同的直线，则使m∥n成立的必要不充分条件是()A．存在平面α，有m∥α，n∥αB．存在平面α，有m⊥α，n⊥αC．存在直线l，有m⊥l，n⊥lD．存在直线l，有m∥l，n∥l10．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2，P为线段BC1上的动点，则下列说法正确的是()A．B1D⊥A1PB．DP∥平面AB1D1C．三棱锥P­ACD1的体积为定值2D．A1P＋PC的最小值为3＋111．半正多面体亦称“阿基米德体多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是()A．该半正多面体的表面积为21B．该半正多面体的体积为23C．该半正多面体外接球的表面积为11πD．若点M，N分别在线段DE，BC上，则FM＋MN＋AN的最小值为19三、填空题12．将一个边长为2的正三角形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为__________．13．如图，已知台体ABCD­A1B1C1D1的上、下底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，上、下底面的距离为4.若AB＝46，AD＝414．如图，DE是边长为23的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至△A1DE，当三棱锥C­A1BE的体积最大时，四棱锥A1­BCDE外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________．四、解答题15．如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，D为BC上一点，AD⊥DC1，∠C1DC为锐角．(1)求证：AD⊥平面BCC1B1；(2)若A1B∥平面ADC1，求证：△ABC是等腰三角形．16．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面ABCD⊥平面ABEF，AD∥BC，AF∥BE，AD⊥AB，AB⊥AF，AD＝AB＝AF＝2BC＝2BE＝2.(1)已知G点为AF的中点，求证：BG∥平面DCE；(2)求多面体ABCDEF的体积．17．如图所示，△ABC为等边三角形，EA⊥平面ABC，EA∥BD，AB＝BD＝2，AE＝1，M为线段AB上一动点．(1)若M为线段AB的中点，证明：ED⊥MC；(2)若AM＝3MB，求二面角D­CM­E的余弦值．18．如图，在△ABC中，∠B＝90°，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA′.(1)证明：平面CBA′⊥平面PBA′；(2)若PB＝CB＝2PD＝4，且A′P⊥AP，线段A′C上是否存在一点E(不包括端点)，使得锐二面角E­BD­C的余弦值为31419．已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．阶段综合检测卷(五)立体几何1．解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，对于A，设平面α为平面ABCD，平面β为平面ADD1A1，m＝B1C1，l＝BC，m∥α，l∥β，α⊥β但m∥l，A错；对于B，m＝BC，平面α为平面ABCD，l＝AD，平面β为平面ADD1A1，此时m⊂α，l⊂β，m∥l，但α与β不平行，B错；对于D，平面α为平面ABCD，平面β为平面A1B1C1D1，m＝AA1，l＝BB1，此时m⊥α，l⊥β，m∥l，但平面α与平面β不垂直，D错．综上，采用排除法可知选C.答案：C2．解析：设AB中点O′，PB中点O，由CA＝CB＝2，AC⊥BC，所以△ABC的外接圆直径2r＝AB＝22，且圆心为O′，由于PA⊥底面ABC，OO′∥PA，所以OO′⊥底面ABC,则O为三棱锥P­ABC外接球的球心，所以外接球的直径2R＝PB＝23，所以外接球的体积V＝43πR3＝43答案：B3．解析：在图1中V水＝12在图2中，V水＝VABC­A∴43h＝4，∴h答案：A4．解析：如图，四边形PAP′B为该几何体的轴截面，则四边形PAP′B的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，设内切球的半径为r，由OP＝OA＝1，得r＝22，则V2＝43πr3＝2π3，V1＝2×13所以V1∶V2＝2∶1.答案：D5．解析：由已知圆台的侧面展开图为半圆环，不妨设上、下底面圆的半径分别为r，R(r<R)，则2πr＝π×1，2πR＝π×4，解得r＝12，R所以圆台轴截面为等腰梯形，其上、下底边的长分别为1cm和4cm，腰长为3cm，即AD＝1，BC＝4，AB＝3，过点A作AH⊥BC，H为垂足，所以BH＝32，AH＝33答案：D6．解析：∵BC∥平面A1B1C1，平面BCMN∩平面A1B1C1＝MN，BC⊂平面BCMN，∴BC∥MN，设△ABC的面积为1，△A1MN的面积为S，三棱柱ABC­A1B1C1的高为h，∴三棱台ABC­A1MN的体积VABC­A1MN＝131+S+S又三棱柱ABC­A1B1C1的体积VABC­A1∴h＝231+S+S·h，解得S∵△A1MN∽△A1C1B1，∴S1＝MNB1C12＝答案：A7．解析：设因为在正方体ABCD­所以AB⊥A1D，因为AD1所以A1所以∠A设AA因为点M位于A，B两点时，OM分别取最小值和最大值，即2所以tanθ∈3因为θ∈0，π2答案：C8．解析：设点A在平面BCD内的射影为点E，则E为△BCD的中心，取CD的中点M，连接BM，则E∈BM，取线段BE的中点F，连接OF，因为O、F分别为AB、BE的中点，则OF∥AE且OF＝12AE因为AE⊥平面BCD，则OF⊥平面BCD，因为BE⊂平面BCD，则AE⊥BE，正△BCD的外接圆半径为BE＝a2sinπ3＝33所以OF＝12AE＝易知球O被平面BCD所截的截面圆圆心为点F，且BF＝EF＝EM，故FM＝BE＝33a因为△BCD为等边三角形，M为CD的中点，则BM⊥CD，因为以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切，则切点为点M，则球O的半径为OM＝OF2+因此，球O的体积是V＝43π×22a3＝23答案：D9．解析：A：若m∥α，n∥α，则直线m，n可以平行，也可以相交，还可以异面；若m∥n，则存在平面α，有m∥α，n∥α，所以本选项正确；B：若m⊥α，n⊥α，则m∥n，即垂直于同一平面的两条直线平行；若m∥n，则存在平面α，有m⊥α，n⊥α，所以本选项不正确；C：若m⊥l，n⊥l，则直线m，n可以平行，也可以相交，还可以异面；若m∥n，则存在直线l，有m⊥l，n⊥l，所以本选项正确；D：若m∥l，n∥l，则m∥n，即平行于同一直线的两直线平行，若m∥n，则存在直线l，有m∥l，n∥l，所以本选项不正确，答案：AC10．解析：对于A，连接A1P，A1B，B1D，B1C，如图：∵CD⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴CD⊥BC1，又BC1⊥B1C，B1C∩CD＝C，B1C⊂平面B1CD，CD⊂平面B1CD，∴BC1⊥平面B1CD，∵B1D⊂平面B1CD，∴BC1⊥B1D，连接B1A，同理可得A1B⊥B1D，∵A1B∩BC1＝B，A1B⊂平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，∴B1D⊥平面A1BC1，∵A1P⊂平面A1BC1，∴B1D⊥A1P，故A正确；对于B，连接BD，C1D如图：∵AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，∴AD1∥BC1，∵BC1⊂平面BDC1，AD1⊄平面BDC1，∴AD1∥平面BDC1，同理四边形ADC1B1为平行四边形，∴AB1∥DC1，∵DC1⊂平面BDC1，AB1⊄平面BDC1，∴AB1∥平面BDC1，∵AB1∩AD1＝A，AB1⊂平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，∴平面BDC1∥平面AB1D1，∴DP⊂平面BDC1，∴DP∥平面AB1D1，故B正确；对于C，如图：由B知AD1∥BC1，∵AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，∴BC1∥平面ACD1，∴点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离，∴VP­ACD1对于D，将平面A1BC1和平面BCC1沿直线BC1展开为一个平面，如图：∵BC1＝A1B＝A1C1＝22+22＝2，∴∠A1∴cos∠A1C1C＝cos(60°＋45°)＝12A1C2＝A1C12+CC12－2·A1C1·CC1·cos∠∴A1C＝3＋1，即A1P＋PC的最小值为3＋1，故D正确．答案：ABD11．解析：由题意，某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，其棱长为1，A中，该半正多面体的表面积为4×34×32B中，如图所示，该半正多面体所在的正四面体中，可得正四面体的棱长为3，取正四面体的下底面的中心为N，连接MN，则MN⊥底面ABC，在直角△MNG中，因为MG＝3，NG＝23所以MN＝MG2即该半正多面体所在的正四面体的高为6，体积为13该半正多面体的体积为92C中，该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心，记球心为O，半径为R，△DEF的中心为O1，连接OA，NA，OF，OO1，由等边△DEF的边长为1，可得O1F＝23又由底面正六边形AHKBCL的边长为1，可得NA＝1，在正四面体M­DEF中，可得MO1＝63，所以O1N＝MN－MO1＝6设ON＝h，因为OA＝OF＝R，可得NA2＋h2＝O1F2＋O1O2，即12＋h2＝332＋263−h2，解得h＝64所以R2＝OA2＝642＋12＝118，故该半正多面体外接球的表面积为4π·OA2＝D中，该半正多面体的展开图，如图所示，则FT＝4，AT＝3，AF＝答案：BCD12．解析：如图所示：正三角形绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为r＝OC＝3，所以所得几何体的表面积为S＝2×πr×AC＝2×π×3×答案：43π13．解析：由台体的结构特征知：A1B1AB＝A1D∴B1D1＝A1设台体的外接球球心为O，半径为R，BD，B1D1中点分别为E，E1，作出截面BDD1B1如图所示，设OE＝h，则OE1＝4－h，在Rt△OB1E1和Rt△OBE中，4−h解得h＝0，R2＝32，即球心O∴该台体的外接球表面积S＝4πR2＝128π.答案：128π14．解析：第一空：设A1到平面BCDE的距离为h，易得VC­A1BE＝VA1­CBE＝13·h·S△CBE，S△CBE＝12S△要使三棱锥C­A1BE的体积最大，即h最大，显然当平面A1DE⊥平面BCDE时，h最大，取BC中点P，连接AP交DE于G，则G为DE中点，连接A1G，易得A1G⊥DE，又平面A1DE∩平面BCDE＝DE，则A1G⊥平面BCDE，即h最大为A1G＝12AP＝12×232−32则P为四边形BCDE的外心，设△A1DE的外心为N，过P作直线l⊥平面BCDE，易得l∥A1G，则l，A1G共面，过N作直线垂直于平面A1DE交直线l于O，易得O即为外接球球心，连接OA1，OA1即为外接球半径，易得四边形GNOP为矩形，则A1N＝23A1GON＝GP＝AG＝32，则OA1＝A故外接球O的表面积为4π×1322第二空：要使截面圆面积最小，显然当OM垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小，又E，C都在球面上，M为EC中点，显然EC为截面圆的直径，又EC＝AP＝3，则截面圆的面积最小为π·EC22＝9π答案：13π9π15．证明：(1)在平面BCC1B1中，过B1作B1H⊥BC，又∠C1DC为锐角，∴B1H与C1D必有交点，设为P，∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，B1H⊥BC，B1H⊂平面BCC1B1，∴B1H⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，∴AD⊥B1H，AD⊥DC1，B1H∩DC1＝P，B1H⊂平面BCC1B1，DC1⊂平面BCC1B1，∴AD⊥平面BCC1B1.(2)连接A1C交AC1于点O，在斜三棱柱中，四边形ACC1A1为平行四边形，∴O为A1C的中点，连接OD，∵A1B∥平面ADC1，A1B⊂平面A1BC，平面A1BC∩平面ADC1＝OD，∴A1B∥OD，又在△A1BC中，O为A1C的中点，∴D为BC中点，又AD⊥平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴AD⊥BC，在△ABC中，D为BC中点，∴AB＝AC，△ABC是等腰三角形．16．解：(1)记AD的中点为H，连接HC，HB，HG，GE，则BCAH，BEAG，所以四边形ABCH和ABEG为平行四边形，所以ABCH，ABEG，所以CEHG，因为HG⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，所以HG∥平面CDE，又CB12AD，所以BCDH，所以四边形BCDH为平行四边形，所以BH∥CD，又因为BH⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BH∥平面CDE，因为HG∩BH＝H，HG，BH⊂平面BHG，所以平面BHG∥平面CDE，又BG⊂平面BHG，所以BG∥平面DCE.(2)连接AE，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF，又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AB⊥AF，AF⊂平面ABEF，所以AF⊥平面ABCD，又AF∥BE，所以BE⊥平面ABCD，易知S△AEF＝12AF·AB＝2，S梯形ABCD＝12(AD＋BC)·所以多面体ABCDEF的体积V＝VD­AEF＋VE­ABCD＝13×S△AEF×AD＋13×S梯形ABCD×BE＝17．解：(1)因为M为线段AB的中点，且△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB，因为EA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以EA⊥CM，因为EA∥BD，所以A，B，D，E四点共面，因为AB⊂平面ABDE，AE⊂平面ABDE，AB∩AE＝A，所以CM⊥平面ABDE，因为DE⊂平面ABDE，所以ED⊥MC.(2)设AB的中点为O，连接OC，在平面ABDE内，过点O作ON⊥AB交ED于点N，由(1)可得OC，ON，AB两两垂直，分别以OB，OC，ON所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为AB＝BD＝2，AE＝1，AM＝3MB，所以M12，0，0，C0，3，0，所以MC＝−12，3，0设平面MCE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·MC＝−12x1+3y1＝0，m所以平面MCE的一个法向量为m＝23设平面MCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n令x2＝23，得y2＝1，z2＝－32所以平面MCD的一个法向量为n＝23所以cos〈m，n〉＝m·所以二面角D­CM­E的余弦值为172218．解：(1)因为PD∥BC，∠B＝90°，所以∠APD＝90°，所以A′P⊥PD，所以A′P⊥BC，又因为BC⊥BP，A′P∩BP＝P，A′P⊂平面PBA′，BP⊂平面PBA′，所以BC⊥平面PBA′，又BC⊂平面CBA′，所以平面CBA′⊥平面PBA′.(2)因为PD∥BC，BC⊥AP，所以PD⊥AP，又因为A′P⊥AP，A′P∩PD＝P，A′P，PD⊂平面A′PD，所以AP⊥平面A′PD，所以PA、PA′、PD两两垂直，以P点为原点，PA为x轴，PD为y轴，PA′为z轴建立空间直角坐标系，因为PB＝CB＝2PD＝4，PD∥BC，所以AP＝PB＝4.则D(0，2，0)，C(－4，4，0)，B(－4，0，0